2008 年上海交通大学 816 自动控制原理 参考答案

来源：1996-2023年上海交通大学答案.pdf 第 106-114 页 说明：逐字录入原件文字，原扫描件斜向红色水印已剔除。 注：原件第一题Δ展开式中有一项写作 $G_1G_2G_3G_4G_6G_6H_3$，照录，疑为原件笔误。 注：原件第三题结论处夹有一处扫描件推广文字，照录会使句子读不通，故未录入，该处原文语序为「故没有满足条件的 $k$ 值」。 注：原件第三题 $R(s)$ 与 $E(s)$ 的分子系数（5）扫描不清，其后续算式「$e_{ss}=\lim\limits_{s\to0}sE(s)=\dfrac{5(s^2+3s+2)}{s^3+3s^2+2s+k}=\dfrac{10}{k}$」字迹清楚，此处按该算式链照录。 注：原件第六题第（2）问小标题中「特性」与「曲线」之间有一个字符字迹不清，以〔原文不清〕标出。

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上海交通大学二〇〇八年攻读硕士学位研究生

入学考试试题参考答案

注意：答案必须写在答题纸上，写在试卷或草稿纸上均无效。

一、解题思路：根据方框图画信号流图，再用梅森公式求解.

（1）信号流图：

回路：$L_1=-G_1H_1$，　$L_2=-G_4H_2$，　$L_3=-G_5H_3$，　$L_4=-G_4G_5H_4$

$L_5=-G_1G_3G_5G_7H_5$，　$L_6=-G_1G_2G_4G_5G_7H_5$，　$L_7=-G_1G_2G_4G_6H_5$

$L_8=G_1G_3G_5H_4G_4G_6H_5$

$\Delta=1-\sum_{i=1}^{8}L_i+L_1L_2+L_1L_3+L_2L_3+L_1L_4+L_2L_5+L_3L_7-L_1L_2L_3$

$=1+G_1H_1+G_4H_2+G_5H_3+G_4G_5H_4+G_1G_3G_5G_7H_5+G_1G_2G_4G_5G_7H_5$

$+G_1G_2G_4G_6H_5-G_1G_3G_5H_4G_4G_6H_5+G_1G_4H_1H_2+G_1G_5H_1H_3+G_4G_5H_2H_3$

$+G_1G_4G_5H_1H_4+G_1G_3G_4G_5G_7H_2H_5+G_1G_2G_4G_5G_6H_3H_5+G_1G_4G_5H_1H_2H_3$

前向通路：$P_1=G_1G_2G_4G_5G_7$　　　$\Delta_1=1$

$P_2=G_1G_3G_5G_7$　　　$\Delta_2=1+G_4H_2$

$P_3=G_1G_2G_4G_6$　　　$\Delta_3=1+G_5H_3$

$P_4=-G_1G_3G_5H_4G_4G_6$　　　$\Delta_4=1$

$\frac{Y}{R}=\frac{\sum\limits_{i=1}^{4}P_i\Delta_i}{\Delta}$

（结果略）按上面式子抄一遍即可

（2）信号流图：

回路：$L_1=-G_1G_2H_1$，　$L_2=-G_2G_3H_2$，　$L_3=-G_5G_6H_3$

$L_4=-G_5H_4$，　$L_5=-G_1G_2G_3G_4G_5G_6H_5$，　$L_6=G_1G_2G_3G_4$

$\Delta=1-\sum_{i=1}^{6}L_i+L_1L_3+L_1L_4+L_2L_3+L_2L_4+L_3L_6+L_4L_6$

$=1+G_1G_2H_1+G_2G_3H_2+G_5G_6H_3+G_5H_4+G_1G_2G_3G_4G_5G_6H_5$

$-G_1G_2G_3G_4+G_1G_2G_5G_6H_1H_3+G_1G_2G_5H_1H_4+G_2G_3G_5G_6H_2H_3$

$+G_2G_3G_5H_2H_4-G_1G_2G_3G_4G_6G_6H_3-G_1G_2G_3G_4G_5H_4$

前向通路：$P_1=G_1G_2G_3G_4G_5G_6$　　$\Delta_1=1$

$\frac{Y}{R}=\frac{P_1\Delta_1}{\Delta}$

（结果图，按上面式子抄一遍即可）

注：①根据方框图画信号流图时　分离点或相加点前时要分成两个信号点；

②梅森公式化简信号流图时，仔细找到完全不相交的回路.

二、解：利用复阻抗模型

$\therefore\frac{U_o(s)}{U_i(s)}=\frac{\dfrac{1}{Cs}\parallel(Ls+R_2)}{R_1+\dfrac{1}{Cs}\parallel(Ls+R_2)}\times\frac{R_2}{Ls+R_2}$

$=\frac{Ls+R_2}{R_1CLs^2+CR_1R_2s+Ls+R_1+R_2}\times\frac{R_2}{Ls+R_2}$

$=\frac{R_2}{\left(R_1CLs^2+CR_1R_2s+Ls+R_1+R_2\right)}$

三、分析：先用劳斯判据判断系统稳定性，再由 $e_{ss}\leq0.1$ 的要求求解满足条件的 $k$ 值是否存在.

解：系统特征方程为

$D(s)=s(s+1)(s+2)+k=s^3+3s^2+2s+k=0$

列劳斯表

$$\begin{array}{c|cc}s^3&1&2\\s^2&3&k\\s^1&\dfrac{6-k}{3}&0\\s^0&k&\end{array}$$

由劳斯稳定判据：$6-k>0$，$k>0$，得 $0<k<6$，$R(s)=\dfrac{5}{s^2}$

$E(s)=\frac{1}{1+G_0(s)}R(s)=\frac{5(s^3+3s^2+2s)}{s^2(s^3+3s^2+2s+k)}$

由稳态误差定义：

$e_{ss}=\lim e(t)=\lim_{s\to0}sE(s)=\lim_{s\to0}\frac{5(s^2+3s+2)}{s^3+3s^2+2s+k}=\frac{10}{k}$

希望输出稳态误差 $e_{ss}\leq0.1$，即 $\dfrac{10}{k}\leq0.1$，$k\geq100$

由 $\begin{cases}0<k<6\\k\geq100\end{cases}$ 可得矛盾，故没有满足条件的 $k$ 值.

【评注】①熟记拉氏变换终值定理；②熟练掌握劳斯稳定判据.

四、分析：这是一道结合实际时的域分析题，需要真正的理解时域性能指标的物理意义，通常做法先把题干给出的已知信息列出来，再套用公式，一阶系统的时域分析

由题：$t_s=1\min$，$\dfrac{C(s)}{K(s)}=\dfrac{1}{Ts+1}$，则由 $t_s=4T$ 得 $T=0.25$

$\frac{C(s)}{K(s)}=\frac{1}{0.25s+1}$

输入信号：$10℃/\min$，则 $K(s)=\dfrac{10}{s^2}$

$e_{ss}(\infty)=\lim_{s\to0}s\left[\frac{10}{s^2}-\frac{10}{s^2}\times\frac{1}{0.25s+1}\right]=2.5℃$

∴稳态误差为 $2.5℃$

点评：①理解时域指标的意义；②记得一阶时域分析方法；③会计算稳态误差.

五、【思路解析】本题主要考查对奈氏曲线的理解和如何利用奈氏判据判稳

【完整步骤】①画出：$\omega:0^+\to-\infty$ 的奈氏曲线.

②补画增补曲线，并判稳.

（a）

$\omega$ 在 $0^+$ 处为 $-270°=\nu\cdot(-90°)$ 得 $\nu=3$

逆时针增补 $\nu\cdot(90°)=270°$ 半径为无穷大的虚圆弧.

由图得，$N_-=1$　$N_+=0$，$N=N_+-N_-=-1$，

所以 $Z=P-2N=2$，系统不稳定.

（b）

$\omega=0^+$ 处有 $\nu\cdot(-90°)=-270°$，得 $\nu=3$，需逆时针增补 $\nu\cdot(90°)=270°$ 半径为无穷大的虚圆弧.

由图得，$N_-=1$，$N_+=1$，$N=N_+-N_-=0$，

所以 $Z=P-2N=0$，系统稳定.

（c）

$\omega=0^+$ 处有 $\nu\cdot(-90°)=-90°$，则 $\nu=1$，需逆时针增补 $\nu\cdot(90°)=90°$ 半径为无穷大的虚圆弧.

由图得，$N_-=1$，$N_+=1$，$N=N_+-N_-=0$，

所以 $Z=P-2N=0$，系统稳定.

（d）

由图知，$\omega:0^+\to+\infty$ 时，$\dfrac{1}{G}$ 的模值 $\nearrow:0\to\infty$

相角：$90°\to180°\to-180°\to-150°$（假设）$\to-180°$

　　　　角度峰值

则 $G$ 的模值 $\searrow:\infty\to0$

相角 $-90°\to-180°\to180°\to150°\to180$

（首先过负实轴后，角度应是先减少后增大. 其次，最终角度为 $180°$，不是 $90°$）

$\omega=0^+$ 处有 $\nu\cdot(-90°)=-90°$，则 $\nu=1$，需逆时针增补 $\nu\cdot(90°)=90°$ 半径为无穷大的虚圆弧.

由图得 $N_-=1$，$N_+=0$，$N=N_+-N_-=-1$，

所以 $Z=P-2N=2$，系统不稳定.

六、解析：由串联校正后的开环对数幅频特性渐近线图形可知

校正后开环传函为：$G(s)=\dfrac{k\left(\dfrac{s}{0.5}+1\right)}{s\left[\left(\dfrac{s}{0.05}-1\right)\left(\dfrac{s}{10}+1\right)\left(\dfrac{s}{20}+1\right)\right]}$

$20\lg k=20\lg0.05-40\lg\dfrac{0.5}{0.05}-20\lg\dfrac{5}{0.5}$，得 $k=50$

又开环校正前 $G_p(s)=\dfrac{2000}{s(s+2)(s+20)}=\dfrac{50}{s\left(\dfrac{s}{2}+1\right)\left(\dfrac{s}{20}+1\right)}$

可得校正环节为 $G_c(s)=\dfrac{\left(\dfrac{s}{0.5}+1\right)\left(\dfrac{s}{2}+1\right)}{\left(\dfrac{s}{0.05}+1\right)\left(\dfrac{s}{10}+1\right)}$，此校正为超前滞后校正

（2）该校正装置开环幅频对数特性〔原文不清〕曲线

（3）由图知剪切频率 $\omega_c=5rad/s$

故 $\gamma=180-90°+\arctan\dfrac{\omega_c}{0.5}-\arctan\dfrac{5}{0.05}-\arctan\dfrac{5}{10}-\arctan\dfrac{5}{20}\approx44.26°$

七、解：满足 $k_v\geq100s^{-1}$，则 $k$ 取 100，取 $\omega_c=20rad/s$

由 $\dfrac{1}{bT}=\dfrac{\omega_c}{10}$，即 $b=\dfrac{1}{20}$，$a=\dfrac{1}{b}=20$，得 $T_2=10$

又由 $L(\omega_c)=7.95dB$，$\dfrac{-L(\omega_c)-0}{\lg\omega_c-\lg\dfrac{1}{T_1}}=20\Rightarrow T_1=0.02$

$\therefore G_2(s)=\dfrac{(aT_1s+1)(bT_2s+1)}{(T_1s+1)(T_2s+1)}=\dfrac{(0.4s+1)(0.5s+1)}{(0.02s+1)(10s+1)}$

经验证，$r'(\omega_c)=70.9°>40°$ 符合条件

八、分析：主要考察非线性系统的分析

解：由结构图可得线性部分的微分方程为 $\ddot{c}=u$，其中 $u$ 为非线性环节的输出

$u=\begin{cases}0.5,&e+\dot e>0\\-0.5,&e+\dot e<0\end{cases}$，开关线方程为 $\dot e=-e$.

由于在比较点处有 $c=r-e=6-e$，综合各式并整理可得 $\ddot e=\begin{cases}-0.5,&e+\dot e>0\\0.5,&e+\dot e<0\end{cases}$

在Ⅰ区 $(e+\dot e>0)$，对 $\ddot e=-0.5$ 积分可得 $-\dot e^2=e+c_1$，代入初始点 $(6,0)$ 得 $-\dot e^2=e-6$，为开口向左的抛物线.

与开关线的交点 $\begin{cases}-\dot e^2=e-6\\\dot e=-e\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}(2,-2)\\(-3,-3)\end{cases}$（舍）

在Ⅱ区 $(e+\dot e<0)$，对 $\ddot e=0.5$ 积分可得 $\dot e^2=e+c_2$，代入点 $(2,-2)$，得 $\dot e^2=e+2$，为开口向右的抛物线.

与开关线的交点 $\begin{cases}\dot e^2=e+2\\\dot e=-e\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}(-1,1)\\(2,-2)\end{cases}$（舍）

在Ⅲ区 $(e+\dot e>0)$，对 $\ddot e=-0.5$ 积分可得 $-\dot e^2=e+c_3$，代入点 $(-1,1)$，得 $c_3=0$，

$\begin{cases}-\dot e^2=e\\-\dot e=e\end{cases}\Rightarrow(0,0)$

由此可以绘制相轨迹图：

① 中花费的时间：$-\dot e^2=e-6$，$t_1=\int_6^2\dfrac{-1}{\sqrt{6-e}}de=4s$

② 中花费的时间：$\dot e^2=e+2$，$t_2=\int_2^{-2}\dfrac{-1}{\sqrt{2+e}}de+\int_{-2}^{-1}\dfrac{1}{\sqrt{2+e}}de=6s$

③ 中花费的时间：$\dot e^2=-e$，$t_3=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{\sqrt{-e}}de=2s$

共需时间 $t=t_1+t_2+t_3=12s$，则系统可以达到平衡位置.

【评注】根据结构图关系列写方程即可.

1. 本题较常规，常规相轨迹绘制方法即可.

2. 会根据非线性部分结构框图列写前后方程.

九、思路解析：第一问考查基本功，因式分解，不难. 第二问考查极点配置. 第三问第四问类似.

完整步骤：

（1）观察到系统传递函数由零极点对消，可知原系统不能控或者不可观将传递函数改写为

$G(s)=\frac{10(s+1)}{s^3+3s^2+2s}$

由此传递函数可直接写出能控标准型状态空间表达式

$\dot x=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&-2&-3\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}u,\quad y=\begin{bmatrix}10&10&0\end{bmatrix}x\qquad(1)$

（2）由于该形式是能控标准型，即完全能控，可通过状态反馈任意配置极点

原特征方程是为　　　$D(s)=s^3+3s^2+2s$

期望特征方程为

$D^*(s)=(s+2)(s+1+j)(s+1-j)=s^3+4s^2+6s+4$

由于是能控标准型的实现，因此状态反馈阵为

$$$$

（3）同理可得能观标准型为

$\dot x=\begin{bmatrix}0&0&0\\1&0&-2\\0&1&-3\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}10\\10\\0\end{bmatrix}u_o,\quad y=\begin{bmatrix}0&0&1\end{bmatrix}x\qquad(2)$

（4）由于这是能观标准型的实现，又有零极点对消，所以不能控，不可用状态反馈任意配置极点.

【题后点评】

要做出本题除了要掌握由传递函数写状态空间表达式的方法，还要掌握极点任意配置的条件，状态反馈控制器设计方法等.